Matematyka 1NI/Wzór Taylora

Wzór Taylora

Zadanie 1

Napisać wzór Taylora-Maclaurina dla funkcji [math]\displaystyle f(x)=(1+x)^{\frac{1}{3}}\, [/math] do rzędu [math]n\, [/math] z resztą w postaci Lagrange'a.

Wskazówka

Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.

---

Rozwiązanie

Zgodnie ze wzorem Taylora obliczamy kolejne pochodne funkcji [math]\displaystyle f(x)=(1+x)^{\frac{1}{3}}\, [/math] w zerze. Mamy zatem:

[math]\begin{array}{ccl} f'(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{1}{3}(1+x)^{-\frac{2}{3}}\;\; \Longrightarrow \;\; f'(0)=\frac{1}{3}\; ,\\ f''(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)(1+x)^{-\frac{5}{3}}\;\; \Longrightarrow \;\; f''(0)=\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)=-\frac{2}{3^2}\; , \\ f'''(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)(1+x)^{-\frac{8}{3}}\;\; \Longrightarrow \;\; f'''(0)=\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)=\frac{2\cdot 5}{3^3}\; ,\\ \ldots & \ldots & \ldots \\ f^{(n)}(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)\cdot\ldots \cdot \left(-\frac{3n-4}{3}\right)(1+x)^{-\frac{3n-1}{3}}\\ \Longrightarrow \;\; f^{(n)}(0)&\!\!\! = &\!\!\!\displaystyle \frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)\cdot\ldots \cdot \left(-\frac{3n-4}{3}\right)= (-1)^{n-1}\frac{2\cdot 5\cdot\ldots\cdot (3n-4)}{3^n}\; . \end{array}\, [/math]

Teraz możemy już skompletować wzór Taylora, do rzędu [math]n\, [/math]:

[math]\begin{array}{ccl} f(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle f(0)+\frac{x}{1!}\, f'(0)+\frac{x^2}{2!}\, f''(0)+\frac{x^3}{3!}\, f'''(0)+\ldots+\frac{x^n}{n!}\, f^{(n)}(0)+R_n(0,x)\\ &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle 1+\frac{1}{3}\, x-\frac{1}{9}\, x^2+\frac{5}{81}\, x^3+\ldots+(-1)^{n-1}\frac{2\cdot 5\cdot\ldots\cdot (3n-4)}{3^n n!}\, x^n+R_n(0,x)\; .\\ \end{array}\, [/math]

Reszta [math]R_n(0,x)\, [/math] zapisana w postaci Lagrange'a, ma tutaj postać:

[math] R_n(0,x)=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\, f^{(n+1)}(\theta x)=(-1)^{n}\frac{2\cdot 5\cdot\ldots\cdot (3n-1)}{3^{n+1} (n+1)!}(1+\theta x)^{-\frac{3n+2}{3}}x^{n+1}\; , \, [/math]

przy czym [math]\theta\, [/math] jest pewną nieznaną nam stałą z przedziału [math]]0,1[\, [/math].

---

Zadanie 2

Wyprowadzić wzór Taylora-Maclaurina dla funkcji [math]\displaystyle f(x)=\mathrm{arsinh}\,x\, [/math] do rzędu [math]k=2n+1\, [/math] z resztą w postaci Peano.

Wskazówka

Można najpierw znaleźć wzór Taylora dla [math]f'(x)\, [/math], a potem na tej podstawie otrzymać wzór dla [math]f(x)\, [/math].

---

Rozwiązanie

Spróbujmy najpierw rozwiązać to zadanie identyczną metodą, jak w poprzednim zadaniu. Należy przy tym pamiętać, że zachodzi:

[math] \mathrm{arsinh}\,x=\log(x+\sqrt{x^2+1})\; . \, [/math]

Obliczmy kilka pierwszych pochodnych funkcji [math]f\, [/math]:

[math]\begin{array}{ccl} f'(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\; ,\\ f''(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{-x}{(x^2+1)^{\frac{3}{2}}}\; ,\\ f'''(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{2x^2-1}{(x^2+1)^{\frac{5}{2}}}\; , \\ f^{(4)}(x)&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \frac{-3(2x^3-3x)}{(x^2+1)^{\frac{7}{2}}}\; , \end{array}\, [/math]

i tak dalej. Rzut oka na powyższe wyrażenia uzmysławia nam, że trudno byłoby wydedukować na ich podstawie ogólny wzór na [math]f^{(n)}(x)\, [/math]. Dlatego też postąpimy inaczej. Zauważając, że pierwsza pochodna jest funkcją wyłącznie argumentu [math]x^2\, [/math], zdefiniujemy

[math] g(t):=\left.f'(x)\right|_{x^2=t}=(1+t)^{-\frac{1}{2}}\; , \, [/math]

po czym szukać będziemy wzoru Taylora dla funkcji [math]g(t)\, [/math]. Tym razem wszystkie pochodne (po [math]t\, [/math]) obliczać będzie można bardzo łatwo. Mamy:

[math]\begin{array}{ccl} g'(t)&\!\!\!\! = &\!\!\!\! \displaystyle -\frac{1}{2}(1+t)^{-\frac{3}{2}}\;\; \Longrightarrow \;\; g'(0)=-\frac{1}{2}\; ,\\ g''(t)&\!\!\!\! = &\!\!\!\! \displaystyle -\frac{1}{2}\left(-\frac{3}{2}\right)(1+t)^{-\frac{5}{2}}\;\; \Longrightarrow \;\; g''(0)=-\frac{1}{2}\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{1\cdot 3}{2^2}\; , \\ \ldots & \ldots & \ldots \\ g^{(n)}(t)&\!\!\!\! = &\!\!\!\! \displaystyle (-1)^n\frac{(2n-1)!!}{2^n}(1+t)^{-\frac{2n+1}{2}}\;\; \Longrightarrow \;\; g^{(n)}(0)=(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{2^n} \end{array}\, [/math]

i stąd:

[math] g(t)=1-\frac{1}{2}\, t+\frac{3}{8}\, t^2+\ldots +(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{2^n n!}\, t^n+o(t^n)\; . \, [/math]

Symbol [math]o(t^n)\, [/math] oznacza tu resztę w postaci Peano, a zatem spełniającą:

[math] \lim_{t\rightarrow 0}\frac{o(t^n)}{t^n}=0\; . \, [/math]

Wzór (8) jest w rzeczywistości wzorem na pochodną funkcji [math]f\, [/math]:

[math] f'(x)=1-\frac{1}{2}\, x^2+\frac{3}{8}\, x^4+\ldots +(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{2^n n!}\, x^{2n}+o(x^{2n})\; . \, [/math]

Załóżmy teraz, że funkcja [math]f\, [/math] ma następujący wzór Taylora:

[math] f(x)=a_0+a_1 x+a_2 x^2+a_3 x^3+a_4 x^4+a_5 x^5\ldots +a_{2n+1}x^{2n+1}+R(x)\; . \, [/math]

Jasne jest, że [math]a_0=0\, [/math] podobnie jak wszystkie inne parzyste współczynniki, ze względu na to, iż funkcja arsinh jest nieparzysta. Natomiast współczynniki o indeksach nieparzystych znajdziemy, obliczając pochodną (11) i porównując wynik z (10). W ten sposób otrzymujemy:

[math] a_1=1\; ,\;\;\;\; a_3=-\frac{1}{6}\; ,\;\;\;\; a_5=\frac{3}{40}\; ,\;\;\;\; \ldots\; ,\;\;\;\; a_{2n+1}=(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!} \, [/math]

oraz [math]R'(x)=o(x^{2n})\, [/math]. Ponieważ [math]R(x)\underset{x\rightarrow 0}{\longrightarrow}0\, [/math], więc do granicy

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{R(x)}{x^{2n+1}} \, [/math]

możemy zastosować twierdzenie de l'Hospitala, otrzymując:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{R(x)}{x^{2n+1}}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{R'(x)}{(2n+1)x^{2n}}=0\; , \, [/math]

na mocy (9). Oznacza to, iż [math]R(x)=o(x^{2n+1})\,[/math]. Zbierając wszystko razem, otrzymujemy wynik:

[math] \mathrm{arsinh}\, x =x-\frac{1}{6}\, x^3+\frac{3}{40}\, x^5+\ldots + (-1)^n\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)(2n)!!} x^{2n+1}+o(x^{2n+1})\; . \, [/math]

---

Zadanie 3

Znaleźć rozwinięcie funkcji [math]f(x)=\log\cos x\, [/math] w szereg Taylora wokół punktu [math]x_0=0\, [/math] do wyrazów czwartego rzędu włącznie, z resztą w postaci Peano.

Wskazówka

Należy wykorzystać znane wzory Taylora dla funkcji [math]\cos x\, [/math] oraz [math]\log (1+x)\, [/math].

---

Rozwiązanie

W tym zadaniu nie będziemy obliczać już kolejnych pochodnych, a wykorzystamy znane rozwinięcia dla potrzebnych nam funkcji elementarnych:

[math]\begin{array}{ccl} \cos x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-\frac{1}{2!}\, x^2+\frac{1}{4!}\, x^4 + o(x^4)\; ,\\ \log(1+x) &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle x-\frac{1}{2}\, x^2+o(x^2)\; , \end{array}\, [/math]

gdzie symbole [math]o(x^k)\, [/math] oznaczają reszty (naturalnie różne dla obu funkcji) w postaci Peano, a zatem spełniające:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{o(x^k)}{x^k}=0\; . \, [/math]

To ile wyrazów rozwinięcia musieliśmy uwzględnić w (16), dyktowane jest stopniem najwyższej potęgi [math]x\, [/math], która ma pojawić się w końcowym wzorze (w naszym przypadku jest to [math]x^4\, [/math]). Składając razem oba rozwinięcia (16) otrzymujemy:

[math] \begin{array}{ccl} \log\cos x&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \log\left(1-\frac{1}{2!}\,x^2+\frac{1}{4!}\, x^4+ o(x^4)\right)\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle -\frac{1}{2!}\,x^2+\frac{1}{4!}\, x^4+ o(x^4)-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2!}\,x^2+\frac{1}{4!}\, x^4+ o(x^4)\right)^2+o((x^2)^2) \end{array}\, [/math]

Pozostawiając wyłącznie wyrazy do rzędu [math]x^4\, [/math], otrzymujemy:

[math] \log\cos x=-\frac{1}{2}\, x^2-\frac{1}{12}\, x^4+o(x^4)\; . \, [/math]

Jedynie parzyste potęgi [math]x\, [/math] pojawiły się we wzorze końcowym, co wynika z faktu. iż funkcja [math]f(x)\, [/math] jest parzysta.

---

Zadanie 4

Znaleźć rozwinięcie funkcji [math]\displaystyle f(x)=\cos (e^x-1)\, [/math] w szereg Taylora wokół punktu [math]x_0=0\, [/math] do wyrazów piątego rzędu włącznie, z resztą w postaci Peano.

Wskazówka

Należy wykorzystać znane wzory Taylora dla funkcji [math]\displaystyle e^x\, [/math] oraz [math]\cos x\, [/math].

---

Rozwiązanie

Podobnie jak w poprzednim zadania, także i tutaj nie będziemy obliczać kolejnych pochodnych, a wykorzystamy znane rozwinięcia dla potrzebnych nam funkcji elementarnych:

[math]\begin{array}{ccl} e^x&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1+x+\frac{1}{2!}\, x^2+\frac{1}{3!}\, x^3+\frac{1}{4!}\, x^4+\frac{1}{5!}\, x^5+o(x^5)\; , \\ \cos x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-\frac{1}{2!}\,x^2+\frac{1}{4!}\, x^4+ o(x^4)\; . \end{array}\, [/math]

Symbole [math]o(x^k)\, [/math] ponownie oznaczają reszty (różne dla obu funkcji) w postaci Peano, czyli spełniające:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{o(x^k)}{x^k}=0\; . \, [/math]

Składamy razem oba rozwinięcia (20), otrzymując:

[math]\begin{array}{ccl} \cos (e^x-1)&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \cos\left(x+\frac{1}{2!}\, x^2+\frac{1}{3!}\, x^3+\frac{1}{4!}\, x^4+\frac{1}{5!}\, x^5+o(x^5)\right) \\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{2!}\, x^2+\frac{1}{3!}\, x^3+\frac{1}{4!}\, x^4+\frac{1}{5!}\, x^5+o(x^5)\right)^2\\ &\!\!\!\! +&\!\!\!\! \displaystyle \frac{1}{24}\left(x+\frac{1}{2!}\, x^2+\frac{1}{3!}\, x^3+\frac{1}{4!}\, x^4+\frac{1}{5!}\, x^5+o(x^5)\right)^4+o(x^5)\; . \end{array}\, [/math]

Pozostawiamy teraz wyłącznie wyrazy do rzędu [math]x^5\, [/math], dzięki czemu powyższy wzór upraszcza się do:

[math] \cos (e^x-1)=1-\frac{1}{2}\, x^2-\frac{1}{2}\, x^3-\frac{1}{4}\, x^4-\frac{1}{24}\, x^5+o(x^5)\; . \, [/math]

---

Zadanie 5

Znaleźć rozwinięcie funkcji [math]\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+\sin x}\, [/math] w szereg Taylora wokół punktu [math]x_0=0\, [/math] do wyrazów trzeciego rzędu włącznie, z resztą w postaci Peano.

Wskazówka

Należy wykorzystać znane wzory Taylora dla funkcji [math]\sin x\, [/math] oraz [math]\displaystyle \frac{1}{1+x}\, [/math].

---

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od wypisania rozwinięć dla potrzebnych nam funkcji elementarnych:

[math]\begin{array}{ccl} \sin x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)\; , \\ \frac{1}{1+x}&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-x+x^2-x^3+o(x^3)\; , \end{array}\, [/math]

przy czym to drugie jest konsekwencją wzoru na sumę wyrazów ciągu geometrycznego:

[math] 1+q+q^2+\ldots + q^n=\frac{1-q^{n+1}}{1-q}\; , \, [/math]

dla [math]q\neq 1\, [/math]. Ponownie zachodzi:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{o(x^k)}{x^k}=0\; . \, [/math]

Składając razem oba rozwinięcia (24), otrzymujemy:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle \frac{1}{1+\sin x}&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \frac{1}{1+x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)}+o(x^3)=1-\left(x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)\right)\\ &\!\!\!\! +&\!\!\!\! \displaystyle \left(x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)\right)^2-\left(x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)\right)^3+o(x^3) \\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-x+x^2-\frac{5}{6}\, x^3+o(x^3)\; . \end{array}\, [/math]

---

Zadanie 6

Znaleźć rozwinięcie funkcji [math]\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+\sin x}\, [/math] w szereg Taylora wokół punktu [math]\displaystyle x_0=\frac{\pi}{2}\, [/math] do wyrazów trzeciego rzędu włącznie, z resztą w postaci Peano.

Wskazówka

Należy wykorzystać znane rozwinięcie Taylora dla funkcji [math]\displaystyle \frac{1}{1+x}\, [/math] wokół [math]x_0=0\, [/math] oraz wyprowadzić wzór na rozwinięcie funkcji [math]\sin x\, [/math] wokół [math]\displaystyle x_0=\frac{\pi}{2}\, [/math].

---

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od wypisania rozwinięć dla potrzebnych nam funkcji elementarnych:

[math]\begin{array}{ccl} \sin x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \cos \left(x-\frac{\pi}{2}\right)=1-\frac{1}{2}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+O\left(\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^3\right)\; , \\ \displaystyle \frac{1}{1+x}&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-x+x^2-x^3+o(x^3)\; . \end{array}\, [/math]

Zauważmy, że w pierwszym wzorze mogliśmy zamienić symbol [math]o(z^2)\, [/math] na [math]o(z^3)\, [/math], gdyż funkcja cosinus jest parzysta i w jej rozwinięciu występują jedynie parzyste potęgi argumentu.

Łączymy teraz oba rozwinięcia (28) razem, pozostawiając jedynie niezbędne wyrazy i otrzymujemy:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle \frac{1}{1+\sin x}&\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \frac{1}{2-\frac{1}{2}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+O\left(\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^3\right)}\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{4}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+O\left(\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^3\right)}\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2+O\left(\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^3\right)\; . \end{array}\, [/math]

---

Zadanie 7

Wykorzystując wzór Taylora, znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x} \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać wzory Taylora dla wszystkich funkcji elementarnych pojawiających się w (30).

---

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od wypisania wzorów Taylora dla funkcji [math]\cos x\, [/math], [math]\cosh x\, [/math], [math]\sin x\, [/math] oraz [math]\sinh x\, [/math]. W tym zadaniu wystarczą nam reszty zapisane w postaci Peano. Mamy więc:

[math]\begin{array}{ccl} \cos x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1-\frac{1}{2!}\,x^2+o(x^2)\; , \\ \cosh x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle 1+\frac{1}{2!}\,x^2+o(x^2)\; , \\ \sin x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)\; , \\ \sinh x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle x+\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)\; . \end{array}\, [/math]

Ustalając najwyższą potęgę [math]x\, [/math], jaka wystąpić musi w tych rozwinięciach, należy kierować się zasadą, aby uwzględnić wszystkie wyrazy, które się skasują po podstawieniu do (30) oraz jeden dodatkowy (w każdym ze wzorów (31)).

Wstawiając te formuły do wzoru (30) otrzymujemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}= \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{1-\frac{1}{2!}\,x^2+o(x^2)-1-\frac{1}{2!}\,x^2-o(x^2)}{x-\frac{1}{3!}\,x^3+o(x^3)-x-\frac{1}{3!}\,x^3-o(x^3)}\; . \, [/math]

Pamiętajmy, że [math]o(x^k)\, [/math] ma charakter symboliczny i oznacza jedynie, iż

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{o(x^k)}{x^k}=0\; . \, [/math]

W szczególności symbole te występujące w różnych miejscach wyrażenia (32) nie muszą się kasować. Przy stosowanych tu oznaczeniach mamy np.

[math] o(x^k)-o(x^k)=o(x^k)\; . \, [/math]

Dokonując redukcji wyrazów w (32), uzyskujemy granicę w postaci:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}=3 \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\frac{o(x^3)}{x^3}}{1-3\frac{o(x^3)}{x^3}}=3\; , \, [/math]

gdzie skorzystaliśmy z oczywistego faktu, iż [math]x\,o(x^2)=o(x^3)\, [/math].

---

Zadanie 8

Wykorzystując wzór Taylora, znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\mathrm{tg}\, x-x}{\sin^3 x} \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać wzory Taylora dla wszystkich funkcji elementarnych pojawiających się w (36).

---

Rozwiązanie

Ponownie rozpoczniemy od wypisania wzorów Taylora dla potrzebnych funkcji: [math]\mathrm{tg}\, x\, [/math] oraz [math]\sin x\, [/math]. W tym zadaniu wystarczą nam reszty zapisane w postaci Peano. Mamy zatem:

[math]\begin{array}{ccl} \mathrm{tg}\, x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \frac{\sin x}{\cos x}=\frac{x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{1-\frac{x^2}{2}+o(x^3)}=\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\left(1+\frac{x^2}{2}+o(x^3)\right)\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\!\displaystyle x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\; , \\ \sin x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! x+o(x)\; , \end{array}\, [/math]

Dla tangensa potrzebne nam są dwa pierwsze wyrazy rozwinięcia, a dla sinusa wystarczy jeden. Wstawiając otrzymane wyrażenia do wzoru (36) otrzymujemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\mathrm{tg}\, x-x}{\sin^3 x}= \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)-x}{(x+o(x))^3}= \frac{1}{3}\,\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1+\frac{3o(x^3)}{x^3}}{1+\frac{o(x^3)}{x^3}}=\frac{1}{3}\; . \, [/math]

Skorzystaliśmy tutaj z faktu, iż [math](x+o(x))^3=x^3+o(x^3)\, [/math].

---

Zadanie 9

Wykorzystując wzór Taylora, znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2x-x+1}{\cos^2\frac{x\pi}{2}}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać wzory Taylora dla wszystkich funkcji elementarnych pojawiających się w (39).

---

Rozwiązanie

Wypiszmy najpierw wzory Taylora dla potrzebnych funkcji: [math]\log x\, [/math] oraz [math]\displaystyle\cos^2\frac{x\pi}{2}\, [/math] z resztami zapisanymi w postaci Peano. Mamy:

[math]\begin{array}{ccl} \log x &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \log(1+x-1)=x-1-\frac{(x-1)^2}{2}+o((x-1)^2)\; , \\ \displaystyle \cos\frac{x\pi}{2} &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \cos\left((1+x-1)\frac{\pi}{2}\right)=-\sin\frac{(x-1)\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}(x-1)+ o((x-1)^2)\; . \end{array}\, [/math]

Wstawimy teraz te wyrażenia do (39). Otrzymujemy:

[math]\begin{array}{ccl} &&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2x-x+1}{\cos^2\frac{x\pi}{2}}\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1-\frac{(x-1)^2}{2}+o((x-1)^2)+\left(x-1-\frac{(x-1)^2}{2}+o((x-1)^2)\right)^2-x+1}{\left(-\frac{\pi}{2}(x-1)+ o((x-1)^2)\right)^2}\\ &\!\!\!\! =&\!\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{2}(x-1)^2+o((x-1)^2)}{\frac{\pi^2}{4}(x-1)^2+o((x-1)^2)}=\frac{2}{\pi^2} \; . \end{array}\, [/math]

---

Zadanie 10

Wykorzystując wzór Taylora dla funkcji logarytm oszacować wartość [math]\log 2\, [/math], uwzględniając wyrazy do piątego rzędu włącznie oraz znaleźć błąd jaki przy tym popełniamy. Zbadać, ile wyrazów rozwinięcia musielibyśmy uwzględnić, aby popełniany błąd był mniejszy niż [math]10^{-6}\, [/math].

Wskazówka

Należy wykorzystać wzór Taylora-Maclaurina dla funkcji [math]\log (1+x)\, [/math], przyjmując [math]x=1\, [/math].

---

Rozwiązanie

Na początek przypomnijmy wzór Taylora-Maclaurina dla funkcji [math]\log (1+x)\, [/math] do piątego rzędu:

[math] \log(1+x)=x-\frac{1}{2}\,x^2+\frac{1}{3}\,x^3-\frac{1}{4}\,x^4+\frac{1}{5}\,x^5+R_5(0,x)\; , \, [/math]

przy czym reszta [math]R_5(0,x)\, [/math] zapisana w postaci Lagrange'a ma postać:

[math] R_5(0,x)=-\frac{1}{6}\cdot \frac{x^6}{(1+\theta x)^6}\; , \, [/math]

dla [math]\theta\in ]0,1[\, [/math]. Wykorzystajmy ten wzór podstawiając [math]x=1\, [/math]. Mamy:

[math] \log 2=\log(1+1)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+R_5(0,1)\approx 0.783333\ldots \; . \, [/math]

Błąd, jaki popełniliśmy szacując powyższe wyrażenie, to po prostu wartość opuszczonej reszty [math]R_5(0,1)\, [/math]. Zachodzi przy tym:

[math] |R_5(0,1)|=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{(1+\theta)^6}\leq \frac{1}{6}\approx 0.17\; . \, [/math]

Biorąc odpowiednio dużo wyrazów rozwinięcia ([math]n\, [/math]) moglibyśmy uczynić błąd bardzo małym, np. mniejszym niż [math]10^{-6}\, [/math]. W takim przypadku musiałby być jednak spełniony warunek:

[math] |R_n(0,1)|=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{(1+\theta)^n}\lt 10^{-6}\; . \, [/math]

Ponieważ wartość [math]\theta\, [/math] jest nam nieznana, więc musimy przyjąć najmniej korzystną sytuację [math]\theta\, [/math] bliskiego zeru. Oznacza to, iż musi być [math]\displaystyle \frac{1}{n}\lt 10^{-6}\, [/math], czyli [math]n\gt 10^6\, [/math]. Jak widać podejście to nie jest zbyt efektywne, bo aby uzyskać pożądaną dokładność należałoby uwzględnić aż milion wyrazów rozwinięcia. Można ten rezultat znacząco poprawić, jeśli najpierw napisać:

[math] \log 2=2\log\sqrt{2}=2\log (1+\sqrt{2}-1) \, [/math]

i zastosować wzór Taylora dla funkcji [math]\log(1+x)\, [/math] przyjmując [math]x=\sqrt{2}-1\, [/math] zamiast [math]x=1\, [/math]:

[math]\begin{array}{ccl} \log 2&\!\!\!\! =&\!\!\!\! 2\log (1+\sqrt{2}-1)=2\bigg(\sqrt{2}-1-\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1)^2+\frac{1}{3}(\sqrt{2}-1)^3\\ &\!\!\!\! +&\!\!\!\! \ldots +(-1)^{n-1}\frac{1}{n}(\sqrt{2}-1)^n+R_n(0,\sqrt{2}-1)\bigg)\; . \end{array}\, [/math]

Teraz wymaganą dokładność uzyskamy, jeśli

[math] 2|R_n(0,\sqrt{2}-1)|=2\,\frac{1}{n}\left(\frac{\sqrt{2}-1}{1+\theta(\sqrt{2}-1)}\right)^n\lt 10^{-6}\; . \, [/math]

Ponownie rozpatrując najbardziej niekorzystną sytuację bardzo małego [math]\theta\, [/math], otrzymamy warunek:

[math] \frac{1}{n}(\sqrt{2}-1)^n\lt 0.5\cdot 10^{-6}\; , \, [/math]

który spełniony jest przez [math]n\geq 14\, [/math]. Zwróćmy uwagę: dla uzyskania tej samej dokładności musimy teraz uwzględnić 14 wyrazów wobec poprzednio wymaganego miliona!

---